6省聯(lián)考物理模擬試卷（乙卷）

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精2016年“超級全能生”26省聯(lián)考高考物理模擬試卷（乙卷)一、選擇題（本大題共8小題,每小題6分，共48分．在每小題給出的四個選項中，第1-4題只有一項符合題目要求，第5-8題有多項符合題目要求．全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分）1．我國古代力學(xué)的發(fā)展較為完善．例如，《淮南子》中記載“物之功，動而有益，則損隨之"．這里的“功”已初步具備現(xiàn)代物理學(xué)中功的含義．下列單位分別是四位同學(xué)用來表示功的單位,其中正確的是(）A．N?m?s﹣1 B．kg?m2?s﹣2 C．C?V?s D．V?Ω?s2．采用不同的方法來估算銀河系的質(zhì)量，會得出不同的結(jié)果．例如按照目側(cè)估算，在離恨河系中心距離R=3×109R0的范圍內(nèi)聚集的質(zhì)量M=1。5×1011M0，其中R0是地球軌道半徑,M0是太陽質(zhì)量．假設(shè)銀河系的質(zhì)量聚集在中心，如果觀測到離銀河系中心距離R處的一顆恒星的周期為T=3。75×108年，那么銀河系中半徑為R的球體內(nèi)部未被發(fā)現(xiàn)的天體的質(zhì)量約為（）A．4.0×1010M0 B．1.9×1011M0 C．4。0×1011M0 D．5.5×1011M03．如圖所示,某豎直彈射裝置由兩根勁度系數(shù)為k的輕彈簧以及質(zhì)量不計的底盤構(gòu)成，當(dāng)質(zhì)量為m的物體豎直射向空中時,底盤對物體的支持力為6mg（g為重力加速度），已知兩根彈簧與豎直方向的夾角為θ=60°，則此時每根彈簧的伸長量為（）A． B． C． D．4．如圖所示，電量均為+q的兩個點電荷相距2r，O點是其連線的中點，P點是其中垂線上的電場強度最大的點．已知靜電力常量為k，關(guān)于P點的位置和P點的電場強度,下列描述正確的是（)A．OP=r，Ep= B．OP=r,Ep=C．OP=r,Ep= D．OP=r，Ep=5．如圖所示，abcd為一正方形區(qū)域，e、f分別是ad、cd的中點．若該區(qū)域內(nèi)只存在有由d指向b的勻強電場，沿對角線ac方向以速度v入射的帶電粒子（不計粒子的重力）恰好從e點射出．若該區(qū)域內(nèi)只存在有垂直紙面向內(nèi)的勻強磁場，沿對角線ac方向以速度v入射的帶電粒子恰好從f點射出．則勻強電場的電場強度和勻強磁場的磁感應(yīng)強度的比值為(）A．v B．2v C．3v D．10v6．質(zhì)點做直線運動的位移x與時間t的關(guān)系為x=6+5t﹣t2（各物理量均采用國際單位制單），則該質(zhì)點()A．第1s內(nèi)的位移是10mB．前2s內(nèi)的平均速度是3m/sC．運動的加速度為1m/s2D．任意1s內(nèi)的速度增量都是﹣2m/s7．如圖所示,某交流發(fā)電機的線圈共n匝,面積為S，內(nèi)阻為r,線圈兩端與R的電阻構(gòu)成閉合回路．當(dāng)線圈在磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，以角速度ω繞軸OO′勻速轉(zhuǎn)動時，下列說法正確的是（）A．產(chǎn)生感應(yīng)電動勢的有效值E=B．從圖示位置轉(zhuǎn)過90°的過程中，通過電阻R橫截面的電荷量q=C．線圈經(jīng)過中性面時，感應(yīng)電流達到了最大值D．線圈中的電流每經(jīng)過時間方向改變一次8．如圖所示，質(zhì)量為m的物塊A和質(zhì)量為mB的重物B由跨過定滑輪D的輕繩連接,A可在豎直桿上自由滑動，桿上的C點與滑輪D的連線水平．當(dāng)輕繩與桿夾角為37°時，A恰好靜止；當(dāng)在B的下端懸掛質(zhì)量為mQ的物體Q后，A恰好上升到C點．已知sin37°=0。6，cos37°=0.8，不計一切摩擦，下列說法正確的是（）A．A上升到C點時，加速度大小a=gB．mB=mC．mQ=0。75mD．A上升過程中,輕繩上的拉力始終等于mBg二、非選擇題（包括必考題和選考題兩部分．第9—12題為必考題，每個試題考生都必須作答．第33—40題為選考題，考生根據(jù)要求作答）（一）必考題（共129分)9．如圖所示為一種擺式摩擦因數(shù)測量儀，可側(cè)量輪胎與地面間動摩擦因數(shù)，其主要部件有：底部固定有輪胎橡膠片的擺錘和連接擺錘的可繞軸O在豎直平面內(nèi)自由轉(zhuǎn)動的輕質(zhì)細桿．具體實驗步驟如下：I、將測量儀固定在水平地面上；Ⅱ、將擺錘從與O等高的位置由靜止釋放;Ⅲ、當(dāng)擺錘擺到最低點附近時,側(cè)量出橡膠片緊壓地面摩擦過的一小段距離s(s＜＜L），之后繼續(xù)擺至最高位置,測量出細桿與豎直方向的角度θ．（1）為測量輪胎與地面間動摩擦因數(shù)，還需要測量的物理量有;(2)若將擺錘對地面的壓力視為大小為F的恒力,重力加速度為g，橡膠片與地面之間的動摩擦因數(shù)為；(3）為進一步減小實驗誤差，你認為本實驗還可以在哪些地方改進？．10．某同學(xué)用下列器材組裝的簡易歐姆表，如圖所示．a(chǎn)、干電池一節(jié):電動勢為1.5V且其內(nèi)電阻可忽略；b、電流計一塊：量程為0至1mA,最小刻度0。1mA，內(nèi)電阻20Ω;c、可變電阻一只：阻值范圍為100Ω至2500Ω．（1)測量電阻前，先進行歐姆調(diào)零．將可變電阻P的阻值調(diào)節(jié)為R=，此時電流計指針指到最大刻度；（2）歐姆表正確調(diào)零后,將待測電阻的兩端分別連至紅、黑表筆，若電流計的示數(shù)為0.5mA,待測電阻的阻值Rx=；（3）若將電流計示數(shù)范圍限制在0.1mA到0.9mA之間，歐姆表可量測的電阻范圍為；（4）如果將r=20Ω的電阻與電流計并聯(lián)，重新調(diào)零后，與第（3）問相比,可測見的電阻范圍將如何變化?．11．如圖所示，有質(zhì)量為m1=2kg、m2=3kg的兩個物體放置于水平地面上，它們與地面的動摩擦因數(shù)分別為μ1=0。2，μ2=0.1．用F=22N的水平推力推兩物體,使它們由靜止開始一起向右運動，經(jīng)過一段時間后撤去力F,當(dāng)兩物塊都停止運動后，相距△x=6。75m．已知重力加速度g=10m/s2，求力F作用的時間t？12．如圖所示,兩條光滑平行導(dǎo)軌所在平面與水平地面的夾角為θ，間距為L，導(dǎo)軌上端接有一電阻，阻值為R．導(dǎo)軌處于長度為x的勻強磁場中，磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直于導(dǎo)軌平面．在導(dǎo)軌上放置一質(zhì)量為m、阻值也為R的金屬棒，棒可沿導(dǎo)軌下滑，且在下滑過程中保持與導(dǎo)軌垂直并良好接觸．讓金屬棒從距離磁場上邊界x處由靜止釋放，當(dāng)運動到距離磁場上邊界處恰好達到勻速．已知重力加速度大小為g，不計其他電阻，且x＜．求金屬棒從靜止釋放到剛好離開磁場的過程中,（1)金屬棒中所產(chǎn)生的焦耳熱Q；(2）所經(jīng)歷的總時間t．[物理一選修3—3]13．下列說法正確的是（）A．布朗運動就是懸浮在液體中小顆粒分子的無規(guī)則運動B．葉面上的小露珠呈球形是由于液體表面張力的作用C．第二類永動機違反了熱傳導(dǎo)的方向性D．當(dāng)人們感到潮濕時，空氣的絕對濕度一定較大E．一定質(zhì)量的理想氣體先經(jīng)等容降溫，再經(jīng)等溫壓縮，壓強可以回到初始的數(shù)值14．如圖所示，質(zhì)量為m、橫截面積為S的兩個密閉活塞將開口向上豎直放置的導(dǎo)熱氣缸內(nèi)的理想氣體分成I、II兩部分，當(dāng)在活塞A上放有質(zhì)量為2m的鐵砂后，整個裝置處于靜止?fàn)顟B(tài)，此時I、II兩部分氣體的高度均為l0．已知環(huán)境溫度、大氣壓強為p0均保持不變,且滿足mg=p0S，不計一切摩擦．當(dāng)取走鐵砂后，兩活塞在某位置重新處于平衡,求活塞A上升的高度．［物理一選修3—4］15．湖面上停著A、B兩條小船,它們相距20m．一列水波正在湖面上沿AB連線的方向傳播，每條小船每分鐘上下浮動20次．當(dāng)A船位于波峰時，B船在波谷，兩船之間還有一個波峰．下列說法正確的是（）A．水波的波長是mB．水波的頻率是HzC．水波的波速是m/sD．若引起水波的波源振動加快，波的傳播速度將變慢E．若引起水波的波源振動減慢,波的傳播速度將變快16．如圖所示，一細光束由空氣中射到一透明平行平板的上表面，經(jīng)折射后由平板下表面射出．此細光束由兩種不同頻率的單色光①和②構(gòu)成．用i表示入射角,用n1和n2分別表示平板對①和②的折射率，且已知n1＞n2．（I）當(dāng)滿足什么條件時，兩種單色光在穿過平板的過程中所用的時間相等?（II）若n1=,n2=可做出什么判斷?[物理一選修3-5]17．圖甲是光電效應(yīng)的實驗裝置，圖乙是光電流與加在陰極K和陽極A上的電壓的關(guān)系．下列說法正確的是(）A．在光的顏色不變的情況下，入射光越強，飽和電流越大B．對某種確定的金屬來說，其遏止電壓只由入射光的頻率決定C．遏止電壓越大，說明從該金屬中逃出來的光電子的最大初動能越大D．入射光的頻率低于截止頻率時，如果光足夠強，也可能發(fā)生光電效應(yīng)E．只要增大電壓，光電流就會一直增大18．如圖所示，墻角固定著一根輕質(zhì)彈簧，質(zhì)量為m的物塊與彈簧接觸并對彈簧壓縮，彈簧此時的彈性勢能為Ep．質(zhì)量為M=2m的光滑圓弧形滑槽靜止在光滑水平面上,滑槽底端與水平面相切．現(xiàn)釋放彈簧,重力加速度為g，求（I）物塊能沖上滑槽的最大高度;（II）物塊再次壓縮彈簧時，彈簧的最大彈性勢能Epm．

2016年“超級全能生”26省聯(lián)考高考物理模擬試卷（乙卷）參考答案與試題解析一、選擇題(本大題共8小題,每小題6分，共48分．在每小題給出的四個選項中，第1-4題只有一項符合題目要求，第5—8題有多項符合題目要求．全部選對的得6分,選對但不全的得3分，有選錯的得0分）1．我國古代力學(xué)的發(fā)展較為完善．例如，《淮南子》中記載“物之功，動而有益，則損隨之"．這里的“功"已初步具備現(xiàn)代物理學(xué)中功的含義．下列單位分別是四位同學(xué)用來表示功的單位，其中正確的是(）A．N?m?s﹣1 B．kg?m2?s﹣2 C．C?V?s D．V?Ω?s【考點】功的計算．【分析】功的單位是焦耳,可以根據(jù)功的定義來解答．【解答】解：A、功的單位是焦耳,根據(jù)功的定義W=FL可知：1J=1N?m==kg?m2?s﹣2．故A錯誤，B正確；C、根據(jù)電功的公式:W=Pt=UIt，電壓的單位是V，電流的單位是A，時間的單位是s,所以：1J=1V?A?s=1V?C．故C錯誤;D、根據(jù)電熱的公式:Q=所以：1J=．故D錯誤．故選：B2．采用不同的方法來估算銀河系的質(zhì)量，會得出不同的結(jié)果．例如按照目側(cè)估算，在離恨河系中心距離R=3×109R0的范圍內(nèi)聚集的質(zhì)量M=1.5×1011M0，其中R0是地球軌道半徑，M0是太陽質(zhì)量．假設(shè)銀河系的質(zhì)量聚集在中心，如果觀測到離銀河系中心距離R處的一顆恒星的周期為T=3.75×108年，那么銀河系中半徑為R的球體內(nèi)部未被發(fā)現(xiàn)的天體的質(zhì)量約為（）A．4。0×1010M0 B．1。9×1011M0 C．4.0×1011M0 D．5.5×1011M0【考點】萬有引力定律及其應(yīng)用；向心力．【分析】離銀河系中心R處的一顆星球繞銀河系中心作勻速圓周運動，萬有引力提供向心力,再次根據(jù)牛頓第二定律列式求解出天體的質(zhì)量．對地球，同樣運用萬有引力等于向心力列式；最后聯(lián)立求解即可．【解答】解：離銀河系中心R處的一顆星球繞銀河系中心作勻速圓周運動，萬有引力提供向心力，可得：解得：①對地球，根據(jù)牛頓第二定律，有：解得:②聯(lián)立解得：M=4.0×1010M0故選:A3．如圖所示,某豎直彈射裝置由兩根勁度系數(shù)為k的輕彈簧以及質(zhì)量不計的底盤構(gòu)成,當(dāng)質(zhì)量為m的物體豎直射向空中時，底盤對物體的支持力為6mg（g為重力加速度),已知兩根彈簧與豎直方向的夾角為θ=60°，則此時每根彈簧的伸長量為（）A． B． C． D．【考點】共點力平衡的條件及其應(yīng)用；力的合成與分解的運用．【分析】先對物體m受力分析,根據(jù)牛頓第二定律列式得到加速度；再對質(zhì)量不計的底盤和物體m整體分析，受兩個拉力和重力，根據(jù)牛頓第二定律并結(jié)合正交分解法列式求解彈簧的拉力；最后根據(jù)胡克定律列式求解每根彈簧的伸長量．【解答】解:對物體m，受重力和支持力,根據(jù)牛頓第二定律,有:N﹣mg=ma其中:N=6mg解得：a=5g再對質(zhì)量不計的底盤和物體m整體分析,受兩個拉力和重力，根據(jù)牛頓第二定律，有：豎直方向：2Fcos60°﹣mg=ma解得：F=6mg根據(jù)胡克定律，有：x==故選:D4．如圖所示,電量均為+q的兩個點電荷相距2r,O點是其連線的中點,P點是其中垂線上的電場強度最大的點．已知靜電力常量為k,關(guān)于P點的位置和P點的電場強度，下列描述正確的是（）A．OP=r，Ep= B．OP=r，Ep=C．OP=r,Ep= D．OP=r，Ep=【考點】電勢差與電場強度的關(guān)系．【分析】設(shè)PO=x，根據(jù)點電荷場強公式E=k和電場的疊加原理得到P點的場強Ep與x的關(guān)系式，再由數(shù)學(xué)知識求解．【解答】解：設(shè)PO=x,則兩個點電荷在P點產(chǎn)生的場強大小均為E=k，設(shè)E的方向與x軸正方向的夾角為α．則P點的電場強度為：EP=2Ecosα=2k?=求導(dǎo)得：EP′=當(dāng)EP′=0時，EP最大,由上式解得：x=r，Ep=故選：B5．如圖所示,abcd為一正方形區(qū)域,e、f分別是ad、cd的中點．若該區(qū)域內(nèi)只存在有由d指向b的勻強電場，沿對角線ac方向以速度v入射的帶電粒子（不計粒子的重力）恰好從e點射出．若該區(qū)域內(nèi)只存在有垂直紙面向內(nèi)的勻強磁場,沿對角線ac方向以速度v入射的帶電粒子恰好從f點射出．則勻強電場的電場強度和勻強磁場的磁感應(yīng)強度的比值為（)A．v B．2v C．3v D．10v【考點】帶電粒子在勻強磁場中的運動；帶電粒子在勻強電場中的運動；帶電粒子在混合場中的運動．【分析】粒子在電場中做類平拋運動,在磁場中做勻速圓周運動，由類平拋運動規(guī)律與牛頓第二定律可以求出E與B間的關(guān)系．【解答】解：設(shè)正方向邊長為L,粒子在電場中做類平拋運動，在水平方向:L=vt，豎直方向：L=at2=??t2，聯(lián)立解得：E=①；粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：qvB=m，畫出磁場中的運動軌跡,如圖所示：圖中∠fad=α,結(jié)合幾何關(guān)系，有:cos（45°+α）=,sinα=,cosα=；結(jié)合三角函數(shù)知識可以解得：r=；粒子在磁場中做勻速圓周運動，根據(jù)牛頓第二定律，有:qvB=m，聯(lián)立解得：B=②,聯(lián)立①②解得:；故ABC錯誤，D正確；故選：D．6．質(zhì)點做直線運動的位移x與時間t的關(guān)系為x=6+5t﹣t2(各物理量均采用國際單位制單)，則該質(zhì)點（）A．第1s內(nèi)的位移是10mB．前2s內(nèi)的平均速度是3m/sC．運動的加速度為1m/s2D．任意1s內(nèi)的速度增量都是﹣2m/s【考點】勻變速直線運動的位移與時間的關(guān)系．【分析】根據(jù)勻變速直線運動的位移時間公式得出質(zhì)點的初速度和加速度，結(jié)合位移表達式求出位移,根據(jù)平均速度的定義式求出平均速度的大?。窘獯稹拷猓篈、第1s內(nèi)的位移x1=（6+5×1﹣1）﹣6m=4m，故A錯誤．B、前2s內(nèi)的位移x2=（6+5×2﹣4）﹣6m=6m，則前2s內(nèi)的平均速度，故B正確．C、根據(jù)得，加速度a=﹣2m/s2,任意1s內(nèi)速度的增量△v=at=﹣2×1m/s=﹣2m/s．故C錯誤，D正確．故選：BD．7．如圖所示，某交流發(fā)電機的線圈共n匝，面積為S，內(nèi)阻為r，線圈兩端與R的電阻構(gòu)成閉合回路．當(dāng)線圈在磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，以角速度ω繞軸OO′勻速轉(zhuǎn)動時，下列說法正確的是（)A．產(chǎn)生感應(yīng)電動勢的有效值E=B．從圖示位置轉(zhuǎn)過90°的過程中,通過電阻R橫截面的電荷量q=C．線圈經(jīng)過中性面時,感應(yīng)電流達到了最大值D．線圈中的電流每經(jīng)過時間方向改變一次【考點】交流發(fā)電機及其產(chǎn)生正弦式電流的原理．【分析】根據(jù)已知條件寫出感應(yīng)電動勢的瞬時值表達式，e=nBSωsinωt,可以計算出感應(yīng)電動勢的有效值；利用電荷量q=，而平均感應(yīng)電流，平均感應(yīng)電動勢，推導(dǎo)出電荷量計算公式q=；根據(jù)發(fā)電機原理判斷線圈經(jīng)過中性面時,感應(yīng)電流的大??；由角速度ω計算出交流電的周期，再根據(jù)一個周期內(nèi)線圈中電流方向改變2次，計算出線圈中的電流每經(jīng)過時間方向改變一次．【解答】解：A、線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢最大值Em=nBSω,產(chǎn)生的是正弦交流電，則感應(yīng)電動勢的有效值E=，A正確；B、從圖示位置轉(zhuǎn)過90°的過程中，通過電阻R橫截面的電荷量q=，而平均感應(yīng)電流,平均感應(yīng)電動勢，故q=，而線圈從圖示位置轉(zhuǎn)過90°的過程中，磁通量的變化△Φ=BS,可得，B錯誤；C、線圈經(jīng)過中性面時，磁通量最大,但磁通量的變化率最小為0，因此感應(yīng)電動勢最小為0，故感應(yīng)電流達到了最小值，C錯誤;D、線圈中的電流周期為，一個周期內(nèi)線圈中電流方向改變2次，則線圈中的電流每經(jīng)過時間方向改變一次，D正確；故選：AD．8．如圖所示,質(zhì)量為m的物塊A和質(zhì)量為mB的重物B由跨過定滑輪D的輕繩連接,A可在豎直桿上自由滑動，桿上的C點與滑輪D的連線水平．當(dāng)輕繩與桿夾角為37°時，A恰好靜止；當(dāng)在B的下端懸掛質(zhì)量為mQ的物體Q后，A恰好上升到C點．已知sin37°=0。6,cos37°=0.8，不計一切摩擦，下列說法正確的是（）A．A上升到C點時，加速度大小a=gB．mB=mC．mQ=0.75mD．A上升過程中,輕繩上的拉力始終等于mBg【考點】牛頓第二定律;力的合成與分解的運用；功能關(guān)系．【分析】（1)物塊A到達C處時合力等于重力，根據(jù)牛頓第二定律求解A的加速度；(2)初始位置,先后對B和A受力分析，根據(jù)平衡條件列式求解B的質(zhì)量；（3）從A到C過程，三個物體過程的系統(tǒng)只有動能和重力勢能相互轉(zhuǎn)化，系統(tǒng)機械能守恒,根據(jù)機械能守恒定律列式求解Q的質(zhì)量．（4)結(jié)合牛頓第二定律分析繩子的拉力．【解答】解：A、當(dāng)小物塊A到達C處時，由受力分析可知：水平方向受力平衡，豎直方向只受重力作用，所以小物塊A的加速度a=g．故A正確；B、設(shè)小物塊B的質(zhì)量為mB，繩子拉力為FT；未加小物塊Q時，系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)，根據(jù)平衡條件：對A有：FTcos37°=mg對B有：FT=mBg聯(lián)立解得：mB=m．故B錯誤；C、設(shè)小物塊Q的質(zhì)量為mQ,根據(jù)系統(tǒng)機械能守恒得：mghAC=（mB+mQ）ghBhAC=dcot37°=1.6mhB=﹣d=0.8m解得：mQ=m．故C正確；D、A向上做變速運動，不是處于平衡狀態(tài)，所以繩子的拉力不可能繩子等于mBg．故D錯誤故選：AC二、非選擇題(包括必考題和選考題兩部分．第9-12題為必考題，每個試題考生都必須作答．第33-40題為選考題，考生根據(jù)要求作答）（一）必考題(共129分)9．如圖所示為一種擺式摩擦因數(shù)測量儀，可側(cè)量輪胎與地面間動摩擦因數(shù)，其主要部件有：底部固定有輪胎橡膠片的擺錘和連接擺錘的可繞軸O在豎直平面內(nèi)自由轉(zhuǎn)動的輕質(zhì)細桿．具體實驗步驟如下：I、將測量儀固定在水平地面上；Ⅱ、將擺錘從與O等高的位置由靜止釋放；Ⅲ、當(dāng)擺錘擺到最低點附近時，側(cè)量出橡膠片緊壓地面摩擦過的一小段距離s（s＜＜L）,之后繼續(xù)擺至最高位置，測量出細桿與豎直方向的角度θ．（1）為測量輪胎與地面間動摩擦因數(shù)，還需要測量的物理量有擺錘的質(zhì)量為m,擺錘重心到O點的距離L；（2）若將擺錘對地面的壓力視為大小為F的恒力，重力加速度為g,橡膠片與地面之間的動摩擦因數(shù)為；（3)為進一步減小實驗誤差，你認為本實驗還可以在哪些地方改進?多測量幾次求平均值，也可以用傳感器來測量擺錘對地面的壓力．【考點】探究功與速度變化的關(guān)系．【分析】擺錘在上述過程中動能變化為零，重力勢能減小，損失的機械能為減小的重力勢能，根據(jù)除了重力以外的力做功量度機械能的變化求解動摩擦因數(shù)的表達式，從而確定還需要測量的物理量，【解答】解：（1、2）擺錘運動過程中,根據(jù)動能定理得：mgLcosθ﹣μFs=0，橡膠片與地面之間的動摩擦因數(shù)μ=，所以還需要測量擺錘的質(zhì)量為m,擺錘重心到O點的距離L，（3)為進一步減小實驗誤差，我們可以多測量幾次求平均值，也可以用傳感器來測量擺錘對地面的壓力．故答案為：（1)擺錘的質(zhì)量為m，擺錘重心到O點的距離L;（2）；（3）多測量幾次求平均值，也可以用傳感器來測量擺錘對地面的壓力．10．某同學(xué)用下列器材組裝的簡易歐姆表，如圖所示．a(chǎn)、干電池一節(jié)：電動勢為1.5V且其內(nèi)電阻可忽略；b、電流計一塊：量程為0至1mA,最小刻度0.1mA，內(nèi)電阻20Ω;c、可變電阻一只：阻值范圍為100Ω至2500Ω．(1）測量電阻前，先進行歐姆調(diào)零．將可變電阻P的阻值調(diào)節(jié)為R=1480，此時電流計指針指到最大刻度；（2）歐姆表正確調(diào)零后，將待測電阻的兩端分別連至紅、黑表筆，若電流計的示數(shù)為0。5mA，待測電阻的阻值Rx=1500；（3）若將電流計示數(shù)范圍限制在0。1mA到0.9mA之間，歐姆表可量測的電阻范圍為167Ω～13500Ω．；（4）如果將r=20Ω的電阻與電流計并聯(lián),重新調(diào)零后，與第（3）問相比，可測見的電阻范圍將如何變化?可測量的電阻范圍將變小．【考點】用多用電表測電阻．【分析】（1)(2）由全電路歐姆定律可求得電阻阻值．(3）將電流值代入全電路歐姆定律可求得其阻值范圍．（4）電阻與電流計并聯(lián)后，調(diào)零時，通過電流計的最大電流為1mA，通過干路的電流為2mA，確定其阻值．【解答】解：（1）電流計的讀數(shù)為1mA時，全電路的電阻為=1500A．所以，可變電阻的阻值為1500Ω﹣20Ω=1480Ω．（2）調(diào)零后，可變電阻的阻值為1480Ω,電流計的示數(shù)為0.5mA時,待測電阻的阻值為﹣1480Ω﹣20Ω=1500Ω（即歐姆表內(nèi)阻等于中值電阻)（3）電流計示數(shù)0.1mA，待測電阻的阻值為﹣1480Ω﹣20Ω=1350Ω；電流計示數(shù)0.9mA，待測電阻的阻值為﹣1480Ω﹣20Ω≈167Ω．歐姆表可量測的電阻范圍167Ω~13500Ω．（4)可測量的電阻范圍將變小，因電流計兩端并聯(lián)與電流計內(nèi)阻相同的電阻后,電路中的總電流變?yōu)樵瓉淼膬杀?，而電池的電動勢仍?。5V，故可測量的電阻范圍將變?。蛘撸弘娮枧c電流計并聯(lián)后，調(diào)零時,通過電流計的最大電流為1mA，通過干路的電流為2mA,全電路的電阻為=750Ω．所以，可變電阻的阻值為750Ω﹣10Ω=740Ω．電流計示數(shù)0。1mA，待測電阻的阻值為﹣740Ω﹣10Ω=6750Ω，電流計示數(shù)0。9mA，待測電阻的阻值為﹣740Ω﹣10Ω≈83Ω，歐姆表可量測的電阻范圍83Ω～6750Ω．答：（1）1480Ω（2）1500Ω（3）167Ω～13500Ω（4)可測量的電阻范圍將變小或者83Ω～67500Ω11．如圖所示，有質(zhì)量為m1=2kg、m2=3kg的兩個物體放置于水平地面上，它們與地面的動摩擦因數(shù)分別為μ1=0.2，μ2=0.1．用F=22N的水平推力推兩物體，使它們由靜止開始一起向右運動，經(jīng)過一段時間后撤去力F，當(dāng)兩物塊都停止運動后，相距△x=6.75m．已知重力加速度g=10m/s2，求力F作用的時間t？【考點】牛頓運動定律的綜合應(yīng)用；勻變速直線運動的位移與時間的關(guān)系．【分析】先對整體分析，根據(jù)牛頓第二定律求出整體的加速度,隔離分析；再對撤去拉力后的兩物體進行分析，求出各自的加速度;再根據(jù)運動學(xué)公式分析，明確力F作用的時間．【解答】解：設(shè)撤去力F時兩物塊的共同速度為v，撤去力F之前，由牛頓第二定律F﹣（μ1m1g+μ2m2g）a﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（1)根據(jù)速度公式可知：v=at﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（2）撤去力F之后,由牛頓第二定律物體1：μ1m1g=m1a1﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（3）物體2μ2m2g=m2a2﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（4）由運動學(xué)公式對物體1有：v2=2a1x1﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（5)對物體2有：v2=2a2x2﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（6)而△x=x2﹣x1﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（7）聯(lián)立解得t=s答：力F作用的時間t為s12．如圖所示，兩條光滑平行導(dǎo)軌所在平面與水平地面的夾角為θ，間距為L,導(dǎo)軌上端接有一電阻，阻值為R．導(dǎo)軌處于長度為x的勻強磁場中，磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直于導(dǎo)軌平面．在導(dǎo)軌上放置一質(zhì)量為m、阻值也為R的金屬棒，棒可沿導(dǎo)軌下滑,且在下滑過程中保持與導(dǎo)軌垂直并良好接觸．讓金屬棒從距離磁場上邊界x處由靜止釋放,當(dāng)運動到距離磁場上邊界處恰好達到勻速．已知重力加速度大小為g，不計其他電阻,且x＜．求金屬棒從靜止釋放到剛好離開磁場的過程中，(1）金屬棒中所產(chǎn)生的焦耳熱Q；（2）所經(jīng)歷的總時間t．【考點】導(dǎo)體切割磁感線時的感應(yīng)電動勢;牛頓第二定律;電磁感應(yīng)中的能量轉(zhuǎn)化．【分析】（1）明確物理過程，根據(jù)磁場中的勻速運動可求得安培力大小，再根據(jù)閉合電路歐姆定律以及法拉第電磁感應(yīng)定律分析金屬棒的運動情況，再對全面過程根據(jù)功能關(guān)系可分析金屬棒產(chǎn)生的焦耳熱；(2)分析運動過程，分別根據(jù)牛頓第二定律和功能關(guān)系進行分析，求出各段所用的時間，即可求得總時間．【解答】解：（1）在磁場中勻速運動時，速度為v，由受力平衡知：FA=mgsinθ（FA表示安培力）﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（1)又：FA=BIL﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（2）由閉合電路歐姆定律有:I=﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（3）由法拉第電磁感應(yīng)定律由：E=BLv﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（4）聯(lián)立（1）～（4）得：=mgsinθ﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（5）x＜?x＜，說明在金屬棒進入磁場前還未達到最大速度．從開始運動到導(dǎo)體棒出磁場,動能定理：WG+WL=mv2﹣﹣﹣﹣﹣﹣（6)重力做功：WG=mg（x+x）sinθ﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣(7）安培力做功：WA=﹣Q2R（其中Q2R指全電路中產(chǎn)生的焦耳熱）﹣﹣﹣﹣﹣(8）由電路結(jié)構(gòu)，金屬棒產(chǎn)生的焦耳熱Q為：Q=Q2R﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（9）(5）~(9）得：Q=mgsinθ﹣（2)由題知：可知，金屬棒在進入磁場前做勻加速直線運動，加速度為a1受力，牛頓第二定律：mgsinθ=ma1﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（10)金屬棒僅在重力作用下，勻加速直線運動：x=a1t﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（11）由(10）～（11）得：t1=﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（12）在磁場中前半部分，位移為，全電路焦耳熱為Q1從金屬棒開始運動到勻速，歷時t2由功能關(guān)系得:t2=﹣﹣﹣﹣﹣（13）在磁場中運動的后半部分，位移為x，速度為勻速運動時的速度v時間t3為：t3=﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（14）由（5)和(14）得：t3=﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（15）導(dǎo)體棒運動的總時間為：t=t1+t2+t3﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（16）代入上述式子可得：t=++答：（1）金屬棒中所產(chǎn)生的焦耳熱Q為mgsinθ﹣;（2）所經(jīng)歷的總時間t為++[物理一選修3-3]13．下列說法正確的是（）A．布朗運動就是懸浮在液體中小顆粒分子的無規(guī)則運動B．葉面上的小露珠呈球形是由于液體表面張力的作用C．第二類永動機違反了熱傳導(dǎo)的方向性D．當(dāng)人們感到潮濕時，空氣的絕對濕度一定較大E．一定質(zhì)量的理想氣體先經(jīng)等容降溫，再經(jīng)等溫壓縮，壓強可以回到初始的數(shù)值【考點】理想氣體的狀態(tài)方程；布朗運動；熱力學(xué)第二定律．【分析】布朗運動是懸浮在液體中固體顆粒的運動；葉面上的小露珠呈球形是由于液體表面張力的作用；第二類永動機不違背能的轉(zhuǎn)化和守恒定律，但違背了熱力學(xué)第二定律．絕對濕度指大氣中水蒸汽的實際壓強，相對濕度是指水蒸汽的實際壓強與該溫度下水蒸汽的飽和壓強之比．正確應(yīng)用理想氣體狀態(tài)方程解答有關(guān)問題．【解答】解：A、布朗運動是懸浮在液體中固體顆粒的運動，不是液體分子的無規(guī)則運動，而是液體分子無規(guī)則運動的間接反映．故A錯誤．B、葉面上的小露珠呈球形是由于液體表面張力的作用形成的，故B正確．C、第二類永動機違反了熱傳導(dǎo)的方向性，即違反了熱力學(xué)第二定律，故C正確．D、當(dāng)人們感到潮濕時，空氣的相對濕度一定比較大，絕對濕度不一定較大，人們感到干燥時，空氣的相對濕度一定比較小,絕對濕度不一定較?。还蔇錯誤；E、根據(jù)理想氣體的狀態(tài)方程：可知，一定質(zhì)量的理想氣體先經(jīng)等容降溫，壓強減小；再經(jīng)等溫壓縮，壓強又增大，所以壓強可以回到初始的數(shù)值．故E正確．故選：BCE14．如圖所示，質(zhì)量為m、橫截面積為S的兩個密閉活塞將開口向上豎直放置的導(dǎo)熱氣缸內(nèi)的理想氣體分成I、II兩部分，當(dāng)在活塞A上放有質(zhì)量為2m的鐵砂后，整個裝置處于靜止?fàn)顟B(tài)，此時I、II兩部分氣體的高度均為l0．已知環(huán)境溫度、大氣壓強為p0均保持不變,且滿足mg=p0S，不計一切摩擦．當(dāng)取走鐵砂后，兩活塞在某位置重新處于平衡，求活塞A上升的高度．【考點】理想氣體的狀態(tài)方程；封閉氣體壓強．【分析】活塞導(dǎo)熱且環(huán)境溫度保持不變，所以兩部分氣體為等溫變化,先寫出兩部分氣體的狀態(tài)，然后由玻意耳定律列式解方程即可．【解答】解：對氣體I，初狀態(tài)p1=p0+=4p0末狀態(tài)p=p0+=2p0由玻意耳定律p1l0S=pl1S解得l1=2l0氣體Ⅱ,初狀態(tài)p2=p1+=5p0末狀態(tài)p=p+=3p0由玻意耳定律p2l0S=pl2Sl2=l0A活塞上升的高度△l=（l1﹣l0）+(l2﹣l0）=l0答:活塞A上升的高度是．［物理一選修3-4］15．湖面上停著A、B兩條小船，它們相距20m．一列水波正在湖面上沿AB連線的方向傳播,每條小船每分鐘上下浮動20次．當(dāng)A船位于波峰時,B船在波谷，兩船之間還有一個波峰．下列說法正確的是（）A．水波的波長是mB．水波的頻率是HzC．水波的波速是m/sD．若引起水波的波源振動加快，波的傳播速度將變慢E．若引起水波的波源振動減慢,波的傳播速度將變快【考點】波長、頻率和波速的關(guān)系;橫波的圖象．【分析】甲船位于波峰時乙船恰位于波谷，兩船之間還有一個波峰，兩船之間的距離等于一個半波長,即可求出波長，由每只船每分鐘上下浮動20次，求出每秒振動的次數(shù)即為頻率，再由波速公式v=λf求波速．波速由介質(zhì)的性質(zhì)決定，與波源無關(guān)．【解答】解：ABC、由題知，每只船每分鐘上下浮動20次，則每秒振動=次,則波的頻率為Hz．當(dāng)甲船位于波峰時乙船恰位于波谷，兩船之間還有一個波峰，則兩船之間的距離等于1。5個波長,即有1.5λ=20m，得λ=m波速為v=λf=×=m/s,故ABC正確．DE、波的傳播速度由介質(zhì)的性質(zhì)決定，與波源的振動速度無關(guān)，故DE錯誤．故選：ABC16．如圖所示，一細光束由空氣中射到一透明平行平板的上表面，經(jīng)折射后由平板下表面射出．此細光束由兩種不同頻率的單色光①和②構(gòu)成．用i表示入射角，用n1和n2分別表示平板對①和②的折射率，且已知n1＞n2．(I）當(dāng)滿足什么條件時，兩種單色光在穿過平板的過程中所用的時間相等？（II）若n1=，n2=可做出什么判斷?【考點】光的折射定律．【分析】（1）設(shè)平板的厚度是d，先求出兩種光在介質(zhì)中傳播的距離，然后結(jié)合折射定律求出各自的時間,最后將二者的時間相等的條件代入公式即可;（2）結(jié)合（1）的公式，將n1和n2的數(shù)值代入,然后進行分析即可．【解答】解：（ⅰ